（全国通用版）2019高考数学二轮复习专题四立体几何与空间向量第3讲立体几何中的向量方法学案理.doc

《（全国通用版）2019高考数学二轮复习专题四立体几何与空间向量第3讲立体几何中的向量方法学案理.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（全国通用版）2019高考数学二轮复习专题四立体几何与空间向量第3讲立体几何中的向量方法学案理.doc（34页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1第 3 讲 立体几何中的向量方法考情考向分析 以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上热点一 利用向量证明平行与垂直设直线 l 的方向向量为 a( a1， b1， c1)，平面 ， 的法向量分别为 ( a2， b2， c2)，v( a3， b3， c3)，则有(1)线面平行l a a 0 a1a2 b1b2 c1c20.(2)线面垂直l a a k a1 ka2， b1 kb2， c1 kc2.(3)面面平行 v va2 a 3， b2 b 3， c2 c 3.(4)

2、面面垂直 v v0 a2a3 b2b3 c2c30.例 1 如图，在底面是矩形的四棱锥 PABCD 中， PA底面 ABCD，点 E， F 分别是 PC， PD 的中点， PA AB1， BC2.2(1)求证： EF平面 PAB；(2)求证：平面 PAD平面 PDC.证明 (1)以点 A 为原点， AB 所在直线为 x 轴， AD 所在直线为 y 轴， AP 所在直线为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 A xyz，则 A(0,0,0)， B(1,0,0)， C(1,2,0)， D(0,2,0)，P(0,0,1)点 E， F 分别是 PC， PD 的中点， E ， F ，(12， 1， 1

3、2) (0， 1， 12) ， (1,0,0)EF ( 12， 0， 0) AB ，EF 12AB ，EF AB 即 EF AB，又 AB平面 PAB， EF平面 PAB， EF平面 PAB.(2)由(1)可知，(0,0,1)， (0,2,0)， (1,0,0)，AP AD DC (0,0,1)(1,0,0)0，AP DC (0,2,0)(1,0,0)0，AD DC ， ，AP DC AD DC 即 AP DC， AD DC.又 AP AD A， AP， AD平面 PAD， DC平面 PAD.3 DC平面 PDC，平面 PAD平面 PDC.思维升华 用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几

4、何中的定理如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线 a b，只需证明向量 a b( R)即可若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外4跟踪演练 1 如图，在直三棱柱 ADEBCF 中，平面 ABFE 和平面 ABCD 都是正方形且互相垂直，点 M 为 AB 的中点，点 O 为 DF 的中点运用向量方法证明：(1)OM平面 BCF；(2)平面 MDF平面 EFCD.证明 方法一 (1)由题意，得 AB， AD， AE 两两垂直，以点 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系 A xyz.设正方形边长

5、为 1，则 A(0,0,0)， B(1,0,0)， C(1,1,0)， D(0,1,0)， F(1,0,1)，M ， O .(12， 0， 0) (12， 12， 12) ， (1,0,0)，OM (0， 12， 12) BA 0， .OM BA OM BA 棱柱 ADEBCF 是直三棱柱， AB平面 BCF， 是平面 BCF 的一个法向量，BA 且 OM平面 BCF， OM平面 BCF.(2)设平面 MDF 与平面 EFCD 的一个法向量分别为n1( x1， y1， z1)， n2( x2， y2， z2) (1，1,1)， ， (1,0,0)， (0，1,1)，DF DM (12， 1，

6、0) DC CF 由Error! 得Error!令 x11，则 n1 .同理可得 n2(0,1,1)(1，12， 12) n1n20，平面 MDF平面 EFCD.方法二 (1) OM OF FB BM 5 ( ) 12DF BF 12BA 12DB BF BF 12BA 12BD 12BF 12BA ( ) 12BC BA 12BF 12BA .12BC 12BF 向量 与向量 ， 共面， BF， BC平面 BCF，OM BF BC 又 OM平面 BCF， OM平面 BCF.(2)由题意及(1)知， BF， BC， BA 两两垂直， ， ，CD BA FC BC BF 0，OM CD ( 12

7、BC 12BF ) BA ( )OM FC ( 12BC 12BF ) BC BF 2 20，12BC 12BF ， ，OM CD OM FC 即 OM CD， OM FC，又 CD FC C， CD， FC平面 EFCD， OM平面 EFCD.又 OM平面 MDF，平面 MDF平面 EFCD.热点二 利用空间向量求空间角设直线 l， m 的方向向量分别为 a( a1， b1， c1)， b( a2， b2， c2)平面 ， 的法向量分别为 ( a3， b3， c3)， v( a4， b4， c4)(以下相同)(1)线线夹角设 l， m 的夹角为 ，(0 2)则 cos .|ab|a|b| |

8、a1a2 b1b2 c1c2|a21 b21 c21 a2 b2 c2(2)线面夹角设直线 l 与平面 的夹角为 ，(0 2)则 sin |cos a， |.|a |a| |6(3)二面角设 a 的平面角为 (0 )，则|cos | |cos ， v|.| v| |v|例 2 (2018泉州质检)如图，在四棱锥 P ABCD 中，AD BC， AB BC2， AD PD4， BAD60， ADP120，点 E 为 PA 的中点(1)求证： BE平面 PCD；(2)若平面 PAD 平面 ABCD，求直线 BE 与平面 PAC 所成角的正弦值(1)证明 取 PD 中点 F，连接 CF， EF.因为

9、点 E 为 PA 的中点，所以 EF AD 且 EF AD，12又因为 BC AD 且 BC AD，12所以 EF BC 且 EF BC，所以四边形 BCFE 为平行四边形，所以 BE CF，又 BE平面 PCD， CF平面 PCD，所以 BE平面 PCD.(2)解 在平面 ABCD 中，过点 D 作 DG AD，在平面 PAD 中，过点 D 作 DH AD.因为平面 PAD 平面 ABCD，平面 PAD 平面 ABCD AD， DG平面 ABCD，所以 DG平面PAD，又 DH平面 PAD，所以 DG DH，所以 DA， DG， DH 两两互相垂直以 D 为原点， DA， DG， DH 所在

10、直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴，建立空间直角坐标系7D xyz(如图)，则 A ， B(3， ，0)， C(1， ，0)， P ， E ，(4， 0， 0) 3 3 ( 2， 0， 23) (1， 0， 3)所以 (3， ，0)， ，AC 3 AP ( 6， 0， 23) ，EB (2， 3， 3)设 n( x， y， z)是平面 ACP 的一个法向量，则Error! 即Error!取 x1，则 y ， z ，得 n(1， ， )3 3 3 3设直线 BE 与平面 PAC 所成角为 ，则 sin |cos n， | ，EB 2 3 3107 7035所以直线 BE 与平面 PAC 所成

11、角的正弦值为 .7035思维升华 (1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：建立恰当的空间直角坐标系；求出相关点的坐标；写出向量坐标；结合公式进行论证、计算；转化为几何结论(2)求空间角注意：两条异面直线所成的角 不一定是直线的方向向量的夹角 ，即 cos |cos |；两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角；直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，注意函数名称的变化跟踪演练 2 如图，在四面体 ABCD 中， BA BC， BAD BCD90.(1)证明： BD AC；(2)若 ABD60， BA2，四面体 ABCD 的体

12、积为 2，求二面角 B AC D 的余弦值方法一 (1)证明 如图，作 Rt ABD 斜边 BD 上的高 AE，连接 CE.因为 BA BC， BAD BCD90，所以 Rt ABDRt CBD，可得 CE BD.又 AE CE E， AE， CE平面 AEC，8所以 BD平面 AEC，又 AC平面 AEC，所以 BD AC.(2)解 在 Rt ABD 中，因为 BA2， ABD60，所以 BD4， AE ， CE ，3 3S AEC sin AEC.32因为 BD平面 AEC，四面体 ABCD 的体积为 2，所以 sin AEC42，13 32sin AEC1， AEC90，所以 AE平面

13、BCD.以 E 为原点， EB， EC， EA 所在直线为 x， y， z 轴建立空间直角坐标系 E xyz.则 A(0,0， )， B(1,0,0)， C(0， ，0)， D(3,0,0)， (1,0， )， (0， ，3 3 AB 3 AC 3)， (3,0， )3 AD 3设 m( x1， y1， z1)是平面 BAC 的一个法向量，则Error! 即Error!可取 z11，得 m( ，1,1)3设 n( x2， y2， z2)是平面 DAC 的一个法向量，则Error! 即Error!可取 x21，得 n(1， ， )3 3因为 cos m， n ，二面角 B AC D 的平面角为钝

14、角，所以二面角mn|m|n| 10535B AC D 的余弦值为 .10535方法二 (1)证明 因为 BA BC， BAD BCD90，所以 Rt ABDRt CBD，可得 AD CD.设 AC 中点为 E，连接 BE， DE，则 BE AC， DE AC，又 BE DE E， BE， DE平面 BDE，所以 AC平面 BDE，9又 BD平面 BDE，所以 BD AC.(2)解 由(1)知， BED 为二面角 B AC D 的平面角，在 Rt BCD 中，因为 BC2， ABD CBD60，所以 BCD 的面积为 2 .3设点 A 到平面 BCD 的距离为 h，因为四面体 ABCD 的体积为

15、 2，所以 h .3在平面 ABD 内过 A 作 AF BD，垂足为 F，因为 BA2， ABD60，所以 AF .3由点到平面的距离的定义知， AF平面 BCD.所以 AF FC，所以 AC .6因为 BA2， AD2 ，3所以 BE ， DE ，102 422所以 cos BED ，BE2 DE2 BD22BEDE 10535即二面角 B AC D 的余弦值为 .10535热点三 利用空间向量求解存在探索性问题存在探索性问题的基本特征是要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立解决这类问题的基本策略是先假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可

16、其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论10例 3 (2018滨海新区重点学校联考)在四棱锥 P ABCD 中， PD平面ABCD， AB DC， AB AD， DC AD1， AB2， PAD45， E 是 PA 的中点， F 在线段 AB 上，且满足 0.CF BD (1)求证： DE平面 PBC；(2)求二面角 F PC B 的余弦值；(3)在线段 PA 上是否存在点 Q，使得 FQ 与平面 PFC 所成角的余弦值是 ，若存在，求出 AQ63的长；若不存在，请说明理由(1)证明 方法一 取 PB 的中点 M，连接 EM 和 CM， C

17、D AB 且 CD AB，12且 E， M 分别为 PA， PB 的中点 EM AB 且 EM AB，12 EM CD 且 EM CD，四边形 CDEM 为平行四边形， DE CM，又 CM平面 PBC， DE平面 PBC， DE平面 BPC.方法二 由题意可得 DA， DC， DP 两两互相垂直，如图，以 D 为原点， DA， DC， DP 所在直线分别为 x， y， z 轴建立空间直角坐标系 D xyz，则 A(1,0,0)， B(1,2,0)， C(0,1,0)，P(0,0,1)， E ，(12， 0， 12)11设平面 PBC 的法向量为 m( x， y， z)，(1，1,0)， (0

18、，1,1)，BC CP 由Error!得Error! 令 y1，则 x1， z1， m(1,1,1)又 ， m 0， m，DE (12， 0， 12) DE DE 又 DE平面 PBC， DE平面 PBC.(2)解 设点 F 的坐标为(1， t,0)，则 (1， t1,0)， (1,2,0)，CF DB 由 0，得 t ，CF DB 12 F .(1，12， 0)设平面 FPC 的法向量为 n( x， y， z)， ，CF (1， 12， 0)由Error! 得Error!即Error!令 x1，则 y2， z2， n(1,2,2)，则 cos n， m ，nm|n|m| 333 33又由图可

19、知，该二面角为锐角，故二面角 F PC B 的余弦值为 .33(3)解 设 ， ，AQ AP ( ， 0， ) 0， 1 ，FQ FA AQ ( ， 12， )12cos ， n .FQ 132 2 14 2 238 2 1 FQ 与平面 PFC 所成角的余弦值是 ，63其正弦值为 ，33 ，整理得|2 2|38 2 1 3320 28 10，解得 ， (舍)，110 12存在满足条件的点 Q， ，AQ ( 110， 0， 110)且| AQ| .210思维升华 空间向量最适合解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断解题时，把要成立的结论当作条

20、件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解、是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法跟踪演练 3 (2018荆州质检)如图，在直三棱柱 ABC A1B1C1中，AC BC， AC BC AA12，点 P 为棱 B1C1的中点，点 Q 为线段 A1B 上一动点(1)求证：当点 Q 为线段 A1B 的中点时， PQ平面 A1BC；(2)设 ，试问：是否存在实数 ，使得平面 A1PQ 与平面 B1PQ 所成锐二面角的余弦BQ BA1 值为 ？若存在，求出这个实数 ；若不存在，请说明理由301013(1)证明 连接 AB1， AC1，点 Q

21、为线段 A1B 的中点， A， Q， B1三点共线，且 Q 为 AB1的中点，点 P 为 B1C1的中点， PQ AC1.在直三棱柱 ABC A1B1C1中，AC BC， BC平面 ACC1A1，又 AC1平面 ACC1A1， BC AC1. AC AA1，四边形 ACC1A1为正方形， AC1 A1C，又 A1C， BC平面 A1BC， A1C BC C， AC1平面 A1BC，而 PQ AC1， PQ平面 A1BC.(2)解 由题意可知， CA， CB， CC1两两垂直，以 C 为原点，分别以 CA， CB， CC1所在直线为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系C xyz，连接

22、B1Q， PB，设 Q(x， y， z)，14B(0,2,0)， A1(2,0,2)，P(0,1,2)， B1(0,2,2)， ，BQ BA1 ( x， y2， z) (2，2,2)，Error! Q(2 ，22 ，2 )点 Q 在线段 A1B 上运动，平面 A1PQ 的法向量即为平面 A1PB 的法向量，设平面 A1PB 的法向量为 n1( x， y， z)，(0，1,2)， (2，1,0)，BP PA1 由Error! 得Error!令 y2，得 n1(1,2,1)，设平面 B1PQ 的法向量为 n2( x， y， z)，(0,1,0)， (2 ，2 ，2 2)PB1 B1Q 由Error

23、! 得Error!令 z1 得 n2 (1 ，0， )，(1 ， 0， 1) 1取 n2(1 ，0， )，由题意得|cos n1， n2|(1， 2， 1)(1 ， 0， )|61 2 2 ，162 2 2 1 30109 29 20，解得 或 ，13 23当 或 时，平面 A1PQ 与平面 B1PQ 所成锐二面角的余弦值为 .13 23 301015真题体验1(2017北京)如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为正方形，平面 PAD平面 ABCD，点 M 在线段 PB 上， PD平面 MAC， PA PD ， AB4.6(1)求证： M 为 PB 的中点；(2)求二面角 BPDA

24、 的大小；(3)求直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值(1)证明 设 AC， BD 交于点 E，连接 ME，如图所示因为 PD平面 MAC，平面 MAC平面 PDB ME，所以 PD ME.因为四边形 ABCD 是正方形，所以 E 为 BD 的中点，所以 M 为 PB 的中点(2)解 取 AD 的中点 O，连接 OP， OE.因为 PA PD，所以 OP AD，又因为平面 PAD平面 ABCD，平面 PAD平面 ABCD AD，且 OP平面 PAD，所以 OP平面 ABCD.因为 OE平面 ABCD，所以 OP OE.因为四边形 ABCD 是正方形，所以 OE AD，如图，建立空间直角坐

25、标系 O xyz，16则 P(0,0， )， D(2,0,0)， B(2,4,0)， (4，4,0)， (2,0， )2 BD PD 2设平面 BDP 的法向量为 n( x， y， z)，则Error! 即Error!令 x1，则 y1， z .于是 n(1,1， )2 2平面 PAD 的法向量为 p(0,1,0)，所以 cos n， p .np|n|p| 12由题意知，二面角 B PD A 为锐角，所以它的大小为 . 3(3)解 由题意知 M ， C(2,4,0)，( 1， 2，22) .MC (3， 2， 22)设直线 MC 与平面 BDP 所成的角为 ，则sin |cos n， | .M

26、C |nMC |n|MC | 269所以直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值为 .2692(2018全国)如图，边长为 2 的正方形 ABCD 所在的平面与半圆弧 ACD所在平面垂直，M 是 ACD上异于 C， D 的点(1)证明：平面 AMD平面 BMC；(2)当三棱锥 M ABC 体积最大时，求平面 MAB 与平面 MCD 所成二面角的正弦值(1)证明 由题设知，平面 CMD平面 ABCD，交线为 CD.因为 BC CD， BC平面 ABCD，所以BC平面 CMD，又 DM平面 CMD，17故 BC DM.因为 M 为 ACD上异于 C， D 的点，且 DC 为直径，所以 DM CM

27、.又 BC CM C， BC， CM平面 BMC，所以 DM平面 BMC.又 DM平面 AMD，故平面 AMD平面 BMC.(2)解 以 D 为坐标原点， 的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 D xyz.DA 当三棱锥 M ABC 体积最大时， M 为 ACD的中点由题设得D(0,0,0)， A(2,0,0)， B(2,2,0)， C(0,2,0)， M(0,1,1)，(2,1,1)， (0,2,0)， (2,0,0)，AM AB DA 设 n( x， y， z)是平面 MAB 的法向量，则Error!即 Error!可取 n(1,0,2)，是平面 MCD 的法向量，因此DA

28、 cos n， ，DA nDA |n|DA | 55sin n， .DA 255所以平面 MAB 与平面 MCD 所成二面角的正弦值是 .255押题预测如图，在几何体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 是菱形， BE平面ABCD， DF BE， DF2 BE2， EF3.18(1)证明：平面 ACF平面 BEFD；(2)若二面角 A EF C 是直二面角，求 AE 与平面 ABCD 所成角的正切值押题依据 利用空间向量求二面角全面考查了空间中的建系、求法向量、求角等知识，是高考的重点和热点(1)证明 四边形 ABCD 是菱形， AC BD. BE平面 ABCD， AC平面 ABCD， BE

29、AC，又 BE BD B， BE， BD平面 BEFD， AC平面 BEFD. AC平面 ACF，平面 ACF平面 BEFD.(2)解 方法一 (向量法)设 AC 与 BD 交于点 O，以点 O 为原点， 方向为 x 轴正方向， 方向为 y 轴正方向， 方向OA OB BE 为 z 轴正方向，建立空间直角坐标系 O xyz，如图取 DF 的中点 H，连接 EH. BE DF 且 BE DF， DH DF，12 12四边形 BEHD 为平行四边形，在 Rt EHF 中， FH1， EF3，19 EH2 ， BD2 .2 2设 AB 的长为 a，则各点坐标为 A ，(a2 2， 0， 0)E ，

30、F ， C ，(0， 2， 1) (0， 2， 2) ( a2 2， 0， 0) ， ，AE ( a2 2， 2， 1) EF (0， 22， 1) .CE (a2 2， 2， 1)设 n1 为平面 AEF 的法向量，(x1， y1， z1)n2 为平面 CEF 的法向量(x2， y2， z2)由Error! 得Error!即Error!令 y1 ，得 n1 ，a2 2 (32， a2 2， 22a2 4)同理得 n2 .( 32， a2 2， 22a2 4)二面角 A EF C 是直二面角， n1n20，得 a2，由题意可得 EAB 为 AE 与平面 ABCD 所成的夹角， AB2， BE1

31、，tan EAB .BEAB 12方法二 (几何法)设 AC 与 BD 交于点 O.四边形 ABCD 是菱形， ADF CDF， ABE CBE， AF CF， AE CE， AEF CEF.过 A 作 AM EF，连接 CM，则 CM EF，则 AMC 为二面角 A EF C 的平面角设菱形的边长为 a， BE1， DF2， EF3， DF BD， BD2 .2在 AOB 中， AO ， AC2 ，a2 2 a2 220二面角 A EF C 为直二面角， AMC 为直角， AM ，2a2 4在 AEF 中， AM EF，设 ME x，则 MF3 x，AF ， AE ，a2 4 a2 12(3

32、 x)2 2 x2，解得 x1，将 x1 代入到( )2(3 x)2(a2 4) (a2 1) a2 4)2中，2a2 4解得 a2. AE 与平面 ABCD 所成的角为 EAB，tan EAB .12A 组 专题通关1已知平面 ABC，点 M 是空间上任意一点，点 M 满足条件 ，则直线 AM( )OM 34OA 18OB 18OC A与平面 ABC 平行 B是平面 ABC 的斜线C是平面 ABC 的垂线 D在平面 ABC 内答案 D解析 由已知得 M， A， B， C 四点共面，所以 AM 在平面 ABC 内，故选 D.2(2018上海松江、闵行区模拟)如图，点 A， B， C 分别在空间

33、直角坐标系 O xyz 的三条坐标轴上， (0,0,2)，平面 ABC 的法向量为 n(2,1,2)，设二面角 C AB O 的大小为OC ，则 cos 等于( )21A. B. C. D43 53 23 23答案 C解析 由题意可知，平面 ABO 的一个法向量为 (0,0,2)，OC 由图可知，二面角 C AB O 为锐角，由空间向量的结论可知，cos .|OC n|OC |n| |4|23 233在正方体 ABCD A1B1C1D1中，点 P 在 A1C 上运动(包括端点)，则 BP 与 AD1所成角的取值范围是( )A. B. 4， 3 4， 2C. D. 6， 2 6， 3答案 D解析

34、 以点 D 为原点， DA， DC， DD1所在直线分别为 x， y， z 轴建立空间直角坐标系(图略)，设正方体棱长为 1，点 P 坐标为( x,1 x， x)(0 x1)，则 ( x1， x， x)， (1,0,1)，BP BC1 因为 BC1 AD1，设 ， 的夹角为 ，BP BC1 所以 cos ，BP BC1 |BP |BC1 | 1x 12 2x2213(x 13)2 232所以当 x 时，cos 取得最大值 ， .13 32 6当 x1 时，cos 取得最小值 ， .故选 D.12 34(2017全国)已知直三棱柱 ABCA1B1C1中， ABC120， AB2， BC CC11

35、，则异面直线 AB1与 BC1所成角的余弦值为( )22A. B. C. D.32 155 105 33答案 C解析 方法一 将直三棱柱 ABC A1B1C1补形为直四棱柱 ABCD A1B1C1D1，如图所示，连接AD1， B1D1， BD， AB1， BC1.由题意知 ABC120， AB2， BC CC11，所以 AD1 BC1 ， AB1 ， DAB60.2 5在 ABD 中，由余弦定理知， BD22 21 2221cos 603，所以 BD ，所以3B1D1 .3又 AB1与 AD1所成的角即为 AB1与 BC1所成的角 ，所以 cos .AB21 AD21 B1D212AB1AD1

36、 5 2 3252 105故选 C.方法二 以 B1为坐标原点， B1C1所在的直线为 x 轴，垂直于 B1C1的直线为 y 轴， BB1所在的直线为 z 轴建立空间直角坐标系 B1 xyz，如图所示由已知条件知 B1(0,0,0)， B(0,0,1)， C1(1,0,0)， A(1， ，1)，则 (1,0，1)，3 BC1 (1， ，1)AB1 3所以 cos ， .AB1 BC1 AB1 BC1 |AB1 |BC1 | 252 105所以异面直线 AB1与 BC1所成角的余弦值为 .105故选 C.5(2017全国) a， b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形 ABC 的直角边

37、AC所在直线与 a， b 都垂直，斜边 AB 以直线 AC 为旋转轴旋转，有下列结论：23当直线 AB 与 a 成 60角时， AB 与 b 成 30角；当直线 AB 与 a 成 60角时， AB 与 b 成 60角；直线 AB 与 a 所成角的最小值为 45；直线 AB 与 a 所成角的最大值为 60.其中正确的是_(填写所有正确结论的编号)答案 解析 依题意建立如图所示的空间直角坐标系，设等腰直角三角形 ABC 的直角边长为 1.由题意知，点 B 在平面 xOy 中形成的轨迹是以 C 为圆心，1 为半径的圆设直线 a 的方向向量为 a(0,1,0)，直线 b 的方向向量为 b(1,0,0)

38、， 以 Ox 轴为始边沿CB 逆时针方向旋转的旋转角为 ， 0，2)，则 B(cos ，sin ，0)， (cos ，sin ，1)，| | .AB AB 2设直线 AB 与直线 a 所成的夹角为 ，则 cos |sin | ，|AB a|a|AB | 22 0， 2245 90，正确，错误；设直线 AB 与直线 b 所成的夹角为 ，则 cos |cos |.|AB b|b|AB | 22当直线 AB 与直线 a 的夹角为 60，即 60时，则|sin | cos cos 60 ，2 222|cos | ，cos |cos | .22 22 1245 90， 60，即直线 AB 与 b 的夹角

39、为 60.正确，错误6(2018山西省榆社中学模拟)如图，在各棱长均为 2 的正三棱柱 ABC A1B1C1中， D， E 分24别为棱 A1B1与 BB1的中点， M， N 为线段 C1D 上的动点，其中， M 更靠近 D，且 MN C1N.(1)证明： A1E平面 AC1D；(2)若 NE 与平面 BCC1B1所成角的正弦值为 ，求异面直线 BM 与 NE 所成角的余弦值1020(1)证明 由已知得 A1B1C1为正三角形， D 为棱 A1B1的中点， C1D A1B1，在正三棱柱 ABC A1B1C1中， AA1底面 A1B1C1， C1D底面 A1B1C1，则 AA1 C1D.又 A1

40、B1 AA1 A1， A1B1， AA1平面 ABB1A1， C1D平面 ABB1A1，又 A1E平面 ABB1A1， C1D A1E.易证 A1E AD，又 AD C1D D， AD， C1D平面 AC1D， A1E平面 AC1D.(2)解 取 BC 的中点 O， B1C1的中点 O1，连接 AO，则 AO BC， OO1 BC， OO1 AO，以 O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 O xyz，则 B(0,1,0)， E(0,1,1)，C1(0，1,2)， D ，(32， 12， 2)设 ，C1N C1D (32 ， 32 ， 0)则 (0,2，1)NE C1E C1N (32

41、， 32 ， 0) ，(32 ， 2 32 ， 1)易知 n(1,0,0)是平面 BCC1B1的一个法向量，25|cos ， n| ，NE 323 2 6 5 1020解得 (负值舍去)13 ， 2 ， ，NE ( 36， 32， 1) C1M C1D (33， 1， 0) BM BC1 C1M (33， 1， 2)cos ， ，NE BM 16 32 2103163 111040异面直线 NE 与 BM 所成角的余弦值为 .1110407(2017全国)如图，四面体 ABCD 中， ABC 是正三角形， ACD 是直角三角形， ABD CBD， AB BD.(1)证明：平面 ACD平面 AB

42、C；(2)过 AC 的平面交 BD 于点 E，若平面 AEC 把四面体 ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角DAEC 的余弦值(1)证明 由题设可得 ABD CBD.从而 AD CD，又 ACD 为直角三角形，所以 ADC90，取 AC 的中点 O，连接 DO， BO，则 DO AC， DO AO.又因为 ABC 是正三角形，故 BO AC，所以 DOB 为二面角 DACB 的平面角，在 Rt AOB 中， BO2 OA2 AB2，26又 AB BD，所以 BO2 DO2 BO2 AO2 AB2 BD2，故 DOB90，所以平面 ACD平面 ABC.(2)解 由题设及(1)知， OA， O

43、B， OD 两两垂直，以 O 为坐标原点，为 x 轴正方向， 为 y 轴正方向， 为 z 轴正方向，| |为单位长度，建立如图所示的空OA OB OD OA 间直角坐标系 O xyz，则 O(0,0,0)， A(1,0,0)， D ， B ， C(1，0,0)，(0， 0， 1) (0， 3， 0)由题设知，四面体 ABCE 的体积为四面体 ABCD 的体积的 ，从而 E 到平面 ABC 的距离为 D 到12平面 ABC 的距离的 ，即 E 为 DB 的中点，得 E ，12 (0， 32， 12)故 ， ， (1,0,0)AE ( 1， 32， 12) AD ( 1， 0， 1) OA 设平面 AED 的法向量为 n1( x1， y1， z1)，平面 AEC 的法向量为 n2( x2， y2， z2)，则Error! 即Error!令 x11，则 n1 .(1，33， 1)Error!即 Error!令 y21，则 n2(0，1， )，3设二面角 DAEC 的平面角为 ，易知 为锐角，则 cos .|n1n2|n1|n2| 778(2018全国)如图，在三棱锥 P ABC 中， AB BC2 ， PA PB